Codeforces 689E Mike and Geometry Problem 思维

题意:n条线段[li,ri],f[l,r]为线段[l,r]的长度,问任意k条线段交集长度的累加和?
n,k<=2e5,-1e9<=li,ri<=1e9.
若点p被m条线段覆盖,则对答案贡献C(m,k),点的数量很多,转为计算f[i]:正好被i条线段覆盖的点有多少个?

答案为:f[i]*C(i,k)(i=k..n),端点最多2n个,利用前缀差分.一段一段算即可(同一段中的点被覆盖次数相同)

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const ll mod=1e9+7;const int N=2e5+20;ll n,k,l,r,f[N],inv[N];ll powmod(ll x,ll n){ll s=1;while(n){if(n&1)s=(s*x)%mod;n>>=1,x=(x*x)%mod;}return s;}void init(){f[0]=inv[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)f[i]=(f[i-1]*i)%mod,inv[i]=powmod(f[i],mod-2)%mod;}ll Comb(ll n,ll k){ll res=(f[n]*inv[n-k])%mod;return (res*inv[k])%mod;}map<ll,ll> mp;int main(){init();while(cin>>n>>k){mp.clear();for(int i=0;i<n;i++){scanf("%I64d%I64d",&l,&r);mp[l]++,mp[r+1]--;}int l=mp.begin()->first;ll sum=0,ans=0;map<ll,ll>::iterator it;for(it=mp.begin();it!=mp.end();it++){ll num=it->first-l;if(sum>=k)ans=(ans+(num*Comb(sum,k))%mod)%mod;sum+=it->second;l=it->first;}printf("%lld\n",ans);}return 0;}

P.A

把0改成11,枚举起点后,可以由序列相邻点算出x,y方向偏差值,判断是否合法即可.

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int N=2e3+20;int x[N],y[N],n;string s;bool check(int x,int y){if(x<0||x>=3)return false;if(y<0||y>=4)return false;if(y==3&&x!=1)return false;return true;}int main(){while(cin>>n>>s){int t;for(int i=0;s[i];i++){if(s[i]=='0')t=11;elset=s[i]-'0';t--;y[i]=t/3;x[i]=t%3;}int cnt=0;for(int i=0;i<3;i++){for(int j=0;j<4;j++){int tx=i,ty=j,ok=1;ok&=check(tx,ty);for(int k=0;k<n-1;k++){tx+=x[k+1]-x[k];ty+=y[k+1]-y[k];ok&=check(tx,ty);}if(ok)cnt++;}}//cout<<cnt<<endl;if(cnt==1)puts("YES");elseputs("NO");}return 0;}

P.B
题意:起点为1,从点i到点j花费|i-j|,有n条捷径a[i]代表从i->a[i]花费1,其中i<=a[i]<=a[i+1].
n<=2e5,问从1出发到k的最短距离 k=1,2,3...n.
建图:i-j连边距离为|i-j|,i->a[i]连边距离为1.
这样边数太大,因为任意一个距离>1的边 都可以用若干条相邻边来代替,所以只连相邻边即可.
图中每条边代价都为1,跑一遍BFS即可.

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int N=2e5+20;const int inf=0x3f;int n,a[N],dis[N];vector<int> e[5*N];queue<int> q;void bfs(int s){memset(dis,inf,sizeof(dis));dis[s]=0,q.push(s);while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();for(int i=0;i<e[u].size();i++){int v=e[u][i];if(dis[v]>dis[u]+1){dis[v]=dis[u]+1;q.push(v);}}}}int main(){while(cin>>n){for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);if(i!=a[i])e[i].push_back(a[i]);if(i!=n)e[i].push_back(i+1);if(i!=1)e[i].push_back(i-1);}bfs(1);for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d%c",dis[i],i==n?'\n':' ');}return 0;}

P.D

题意:两个序列a,b.问有多少个区间[l,r]满足max(a[l],a[l+1]..a[r])=min(b[l],b[l+1]..b[r])?
n<=2e5,a[i],b[i]<=1e9.
枚举区间的开头L,r越大,a的最大值越大,b的最小值越小.结尾点有单调性.
rmq预处理后 枚举L,二分r:最后一次mx<mn,第一次mx>mn.则这两个中间的就为mx==mn

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int N=2e5+20;int n,a[N],b[N];int mx[N][32],mn[N][32];void init(){for(int i=1;i<=n;i++)mx[i][0]=a[i],mn[i][0]=b[i];for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){mx[i][j]=max(mx[i][j-1],mx[i+(1<<(j-1))][j-1]);mn[i][j]=min(mn[i][j-1],mn[i+(1<<(j-1))][j-1]);}}}int query(int l,int r,int op){int k=0;while(r-l+1>=(1<<(k+1)))k++;if(op==1)return max(mx[l][k],mx[r-(1<<k)+1][k]);return min(mn[l][k],mn[r-(1<<k)+1][k]);}int main(){while(cin>>n){for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);init();ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){int l=i,r=n,r1,r2;while(l<=r){int mid=l+r>>1;int c=query(i,mid,1),d=query(i,mid,0);if(c<d)l=mid+1;elser=mid-1;}r1=l-1;l=i,r=n;while(l<=r){int mid=l+r>>1;int c=query(i,mid,1),d=query(i,mid,0);if(c>d)r=mid-1;elsel=mid+1;}r2=r+1;ans+=max(0,(r2-r1-1));}printf("%lld\n",ans);}return 0;}